2024-2025学年高一化学阶段测试656

…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024-2025学年高一化学阶段测试656考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：100分钟；命题人：WNNwang04学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列物质反应时，反应条件或反应物用量的改变，对生成物没有影响的是（）A.Na2O2与CO2B.Na与O2C.Fe与O2D.C与O22、下列化学用语的书写正确的是（

）A.乙烯的结构简式CH2CH2B.乙酸的分子式C2H4O2C.明矾的化学式KAlSO4·12H2OD.氯化钠的电子式3、下列结论正确的是（

）①粒子半径：S2﹣＞Cl＞S

②氢化物稳定性：HF＞HCl＞PH3；

③离子还原性：S2﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣④单质氧化性：Cl2＞S；

⑤酸性：H2SO4＞HClO4

⑥碱性强弱：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2．A.①B.③⑥C.②④⑥D.①③④4、下列判断合理的是（）

①硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物

②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质

③根据电解质在熔融状态下能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质

④根据分散系是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液

⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应

⑥根据Na2O、Na2O2组成元素相同，均与H2O反应，故均属于碱性氧化物．A.②⑥B.②⑤C.①②⑤⑥D.②③④⑤5、rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{219}Rn}是rm{(}rm{)}A.三种元素B.互为同位素C.同种核素D.同一原子评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、25℃时，将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol·L-1的溶液。溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4+)与pH的关系如下图所示。下列有关离子浓度关系叙述一定正确的是

A.A、W点表示溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)B.B、pH=7.0溶液中：c(NH3·H2O)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)C.C、pH=10.5的溶液中：c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)＜0.1mol·L-1D.D、向W点所表示的1L溶液中加入0.05molNaOH固体(忽略溶液体积变化)：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)7、2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。高能LiFePO4电池结构如图所示，电池中间为聚合物的隔膜，其主要作用是反应过程中只让Li+通过。已知电池的反应原理：（1-x）LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC,下列说法正确的是

A.A、充电时，Li+向左移动B.B、放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极C.C、充电时，阴极电极反应式：xLi++xe-+nC═LixCnD.D、放电时，正极电极反应式：xLiFePO4-xe-═xFePO4+xLi+8、下列说法正确的是（

）A.A、常温下，向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加水稀释，溶液中增大B.B、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动C.C、铜锌原电池中，盐桥中的K＋和NO3-分别移向正极和负极D.D、电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属9、下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（）A.NaHCO3B.Al2O3C.Al（OH）3D.Al10、rm{100mL2mol/L}的盐酸跟过量的锌片反应，为减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是(

)A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸

B.加入少量rm{NaNO_{3}}溶液C.加入适量的蒸馏水

D.加入少量的醋酸钠固体评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)11、（6分）现有CO2和N2两种气体（1）当二者的质量相等时，在相同状况下，体积比为

，密度之比为

，

分子数之比为

。（2）在相同状况下，当二者的体积相同时，质量比为

，密度之比为

，

分子数之比为

。

12、用化学式回答原子序数11-18号的元素的有关问题：

（1）除稀有气体外，原子半径最大的是______

（2）最高价氧化物的水化物碱性最强的是______

（3）最高价氧化物的水化物呈两性的是______

（4）最高价氧化物的水化物酸性最强的是______

（5）能形成气态氢化物且最稳定的是______．13、同一物质在化学反应中断键需要吸热，成键需要放热且数值相等rm{.}物质含有的能量越高越不稳定，含有的能量越低越稳定rm{.}表中的数据是破坏rm{1mol}物质中的化学键所消耗的能量：

物质rm{Cl_{2}}rm{Br_{2}}rm{I_{2}}rm{HCl}rm{HBr}rm{HI}rm{H_{2}}能量rm{(kJ)}rm{243}rm{193}rm{151}rm{431}rm{366}rm{298}rm{436}根据上述数据回答下列问题：

rm{(1)}下列物质本身具有的能量最低的是______．

A.rm{H_{2}}B.rm{Cl_{2}}C.rm{Br_{2}}D.rm{I_{2}}

rm{(2)}下列氢化物中最稳定的是______rm{.A.HClB.HBrC.HI}

rm{(3)Cl_{2}+H_{2}=2HCl}

的反应是______反应rm{.A.}吸热反应rm{B.}放热反应．14、如图是银锌原电池装置的示意图，以硫酸铜为电解质溶液．

回答下列问题：

锌片上观察到的现象为______，锌为______极，该电极上发生______rm{(}“氧化”或“还原”rm{)}反应，电极反应式为______．15、（6分）质量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是_

，含有原子数目最多的是

，在相同温度和相同压强条件下，体积最大的是

。

16、（共10分）请按要求回答下列问题：（1）硅在无机非金属材料中一直扮演着重要角色，被誉为无机非金属材料的主角。①下列物品用到硅单质的是

；A．玻璃制品

B．石英钟表

C．计算机芯片

D．光导纤维

E．太阳能电池②硅酸盐组成复杂，往往用氧化物的形式表示，某硅酸盐其主要化学成分为Ca2Mg5Si8O22(OH)2.把它写成氧化物的形式为：

；（2）Cl2和SO2都具有漂白性，但将这两种气体按体积比1:1通入水中得到的溶液却几乎没有漂白性，写出Cl2和SO21:1通入水中发生的离子反应方程式：______________________________________________________；（3）写出二氧化硫与双氧水反应的化学方程式，并标出电子转移方向和数目：______________________

。

评卷人得分四、判断题(共4题，共32分)17、过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触．（判断对错）18、向蛋白质溶液中滴加Na2SO4溶液产生沉淀属于化学变化．（判断对错）19、24g镁原子的最外层电子数为NA（判断对错）20、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、实验题(共4题，共20分)21、怎样用实验方法证明新制的氯水中存在下列微粒rm{H^{+}}___________________________________________rm{Cl^{-}}___________________________________________rm{HClO}__________________________________________22、如图，在左试管中先加入rm{2mL}

rm{95%}的乙醇，并在摇动下缓缓加入rm{3mL}浓硫酸，再加入rm{2mL}乙酸，充分摇匀rm{.}在右试管中加入rm{5mL}饱和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液rm{.}按图连接好装置，用酒精灯对左试管小火加热rm{3～5min}后，改用大火加热，当观察到右试管中有明显现象时停止实验．

rm{(1)}写出rm{a}试管中主要反应的方程式______；

rm{(2)}试管rm{b}中观察到的主要现象是______；

rm{(3)}加入浓硫酸的作用：______；

rm{(4)}饱和rm{Na_{2}CO_{3}}的作用是：______；

rm{(5)}在实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是______；

rm{(6)}反应开始时用酒精灯对左试管小火加热的原因是：______；rm{(}已知乙酸乙酯的沸点为rm{77℃}；乙醇的沸点为rm{78.5℃}；乙酸的沸点为rm{117.9℃)}后改用大火加热的目的是______．

rm{(7)}分离右试管中所得乙酸乙酯和rm{Na_{2}CO_{3}}溶液的操作为rm{(}只填名称rm{)}______，所需主要仪器为______．23、某校课外小组为测定某Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数，甲、乙两组同学分别进行了下列相关实验．

方案Ⅰ．甲组同学用沉淀分析法，按如下图所示的实验流程进行实验：

称量样品→溶解→加入过量BaCl2溶液→过滤出沉淀B→烘干称量→处理实验数据得出结果

（1）实验时，过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为______；

（2）若实验中测得样品质量为mg，沉淀质量为ng，则Na2CO3的质量分数为______．

方案Ⅱ．乙组同学的主要实验流程图如下：

称量样品→称量C→逐滴加入稀H2SO4至过量→净化吸收气体→再称量C→处理实验数据得出结果按如图所示装置进行实验：

（3）该实验中装置B盛放的物质是______，分液漏斗中______（填“能”或“不能”）用盐酸代替稀硫酸进行实验，在C中装碱石灰来吸收净化后的气体．

（4）样品中碳酸钠的质量分数越大，则实验中吸收净化后气体的干燥管在充分吸收气体前后的质量差______（填“越大”、“越小”或“一样”）．

（5）D装置的作用是______

（6）有的同学认为，在反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是______．24、实验室里用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯化，该反应的离子方程式为______rm{.}也可以利用反应rm{2KMnO_{4}+16HCl(}浓rm{)═2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}↑+8H_{2}O}制取并收集纯净、干燥的氯气，部分装置如图甲所示．

rm{(1)}若以rm{KMnO_{4}}和浓盐酸为原料制取氯气，则根据反应原理，图乙中合适的制气装置为______．

rm{(2)}装置rm{B}的作用是______．

rm{(3)}装置rm{E}的作用是______rm{.E}中的试剂可选______．

A.rm{NaOH}溶液

rm{B.NaCl}溶液

rm{B.}澄清石灰水

rm{D.}水

rm{(4)}某同学通过

下列两种方式制取氯气：

rm{①}用rm{8.7gMnO_{2}}与足量浓盐酸反应；

rm{②}用含rm{14.6gHCl}的浓盐酸与足量rm{MnO_{2}}反应这两种方式产生rm{Cl_{2}}的量的关系是______．

A.rm{①}多rm{B.②}多rm{C.}一样多rm{D.}不确定．评卷人得分六、结构与性质(共1题，共2分)25、某探究小组用HNO3与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO3浓度为1.00mol·L-1、2.00mol·L-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298K、308K，每次实验HNO3的用量为25.0mL、大理石用量为10.00g。

（1）请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：实验编号T/K大理石规格HNO3浓度/mol·L-1实验目的①298粗颗粒2.00（Ⅰ）实验①和②探究HNO3浓度对该反应速率的影响；

（Ⅱ）实验①和③探究温度对该反应速率的影响；

（Ⅲ）实验①和④探究大理石规格（粗、细）对该反应速率的影响；②_______________③_______________④_______________

（2）实验装置如图1所示，如何检验该装置的气密性________________________________

（3）实验①中CO2质量随时间变化的关系见下图2：依据反应方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O，计算实验①在70-90s范围内HNO3的平均反应速率________________________

（4）请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO2质量随时间变化关系的预期结果示意图。_______参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【解析】试题分析：过氧化钠和CO2反应生成物只有碳酸钠和氧气，A正确；B中常温下生成氧化钠，加热时生成过氧化钠；C中点燃生成四氧化三铁，生锈则生成氧化铁的水合物；D中氧气过量生成CO2，氧气不足生成CO，答案选A。考点：考查常见物质的性质和有关反应【解析】【答案】A2、B【分析】

【解析】【答案】B3、C【分析】【解答】解：①Cl、S位于相同周期，原子半径S＞Cl，故①错误；②非金属性F＞Cl＞P，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故②正确；③非金属性Cl＞Br＞I＞S，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，故③错误；④非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，故④正确；⑤非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，应为H2SO4＜HClO4，故⑤错误；⑥金属性K＞Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故⑥正确．故选C．

【分析】①根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小判断；②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；③元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱；④元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强；⑤元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；⑥元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．4、B【分析】解：①酸指电离时所有阳离子都是氢离子的化合物；碱指电离时所有阴离子都是氢氧根离子的化合物；盐指由金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物；两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰中纯碱是盐，故①错误；

②电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，水溶液中能完全电离的电解质为强电解质，水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；非电解质是指在水溶液中和熔融状态下能够导电的化合物；蔗糖是非电解质，硫酸钡是强电解质，水是弱电解质，故②正确；

③电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故③错误；

④根据分散系中分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故④错误；

⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故⑤正确；

⑥因过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，则过氧化钠不属于碱性氧化物，故⑥错误；

故选B．

①结合物质的组成，依据酸、碱、盐、氧化物的概念分析判断

②根据非电解质、强电解质和弱电解质的概念对比各种物质进行分析；

③电解质在水溶液中能否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质；

④根据分散系中分散质粒子直径大小分类；

⑤根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；

⑥碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的金属氧化物；

本题考查物质、电解质非电解质、分散系、化学反分类的依据分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．【解析】【答案】B5、B【分析】解：rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{222}Rn}、rm{;_{86}^{219}Rn}是同种元素的不同核素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故选B．

元素的种类由质子数决定；

同位素：质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，

核素的种类由质子数和中子数决定；

原子的种类由质子数和中子数决定；

据此进行分析判断．

本题考查同位素的概念及判断，同位素是指具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同核素，即同一元素的不同原子间互为同位素，注意形似概念的区别．【解析】rm{B}二、多选题(共5题，共10分)6、AD【分析】【详解】

将氨水与氯化铵溶液混合得到c(NH3·H2O)+c(NH4+)=0.lmol/L的混合溶液，当溶液中只有NH4+时，NH4+水解使溶液呈酸性，随着c(NH3·H2O)的增大，溶液碱性增强，根据图示，当pH=9.25时，c(NH3·H2O)=c(NH4+)，因此当溶液的pH＜9.25时，c(NH3·H2O)＜c(NH4+)，当pH＞9.25时，c(NH3·H2O)＞c(NH4+)，因此随着溶液pH的增大，浓度增大的是c(NH3·H2O)、减小的是c(NH4+)。A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒可得c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，在W点时c(NH3·H2O)=c(NH4+)，所以c(NH3·H2O)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，A正确；B．室温下pH=7.0＜9.25，溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，则溶液中c(NH4+)＞c(NH3·H2O)，NH3·H2O主要以电解质分子存在，NH3·H2O、H2O的电离程度十分微弱，其电离产生的离子浓度很小，故微粒浓度大小关系为：c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(H+)=c(OH-)，B错误；C．该混合溶液中，无论pH如何变化都存在c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，则c(Cl-)+c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)+c(NH3·H2O)=0.1mol/L+c(H+)＞0.1mol/L，C错误；D．W点溶液中存在c(NH3·H2O)=c(NH4+)=0.05mol/L，溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，根据电荷守恒可知c(Cl-)＜c(NH4+)=0.05mol/L，向1L该溶液中加入0.05molNaOH，则c(Na+)=0.05mol/L，c(Na+)＞c(Cl-)，NaCl电离产生离子浓度Cl-浓度c(Cl-)大于NH3·H2O电离产生的离子NH4+、OH-的浓度，且溶液中还有水会微弱电离产生OH-，故离子浓度关系为：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，D正确；故合理选项是AD。7、BC【分析】【分析】

【详解】

A.充电属于电解池，根据电解原理，Li＋应向阴极移动，即向右移动，故A错误；

B.放电属于原电池，根据原电池工作原理，电子从负极流出，经外电路，流向正极，故B正确；

C.充电时，阴极上得到电子，化合价降低，即阴极反应式为xLi＋＋xe－＋nC=LixCn，故C正确；

D.放电时，根据原电池工作原理，正极上得到电子，化合价降低，正极反应式为FePO4＋xe－＋xLi＋=xLiFePO4，故D错误；

答案：BC。8、AC【分析】【详解】

A.常温下，向0.1mol/L的醋酸溶液中加水稀释，c(H＋)、c(CH3COOH)均减小，因为稀释促进电离，所以溶液中增大，故A项正确；

B.反应达平衡后，降低温度，正反应速率减小、逆反应速率也减小，平衡向放热反应方向移动，即向正向移动，所以B项错误；

C.铜锌原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以盐桥中的K＋和NO3-分别移向正极和负极，故C项正确；

D.电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，Zn、Fe比铜活泼，所以失电子变成离子，阳极泥中含有的是Ag、Au等金属，故D项错误；

答案选：AC。

【点睛】

反应达平衡后，降低温度，正反应速率减小、逆反应速率也减小，平衡向放热反应方向移动;电解精炼铜时，粗铜作阳极，精铜作阴极，Zn、Fe比铜活泼，所以失电子变成离子。9、ABCD【分析】解：A、NaHCO3属于弱酸酸式盐，既能与硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠，故A正确；

B、Al2O3属于两性氧化物，既能与硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故B正确；

C、Al（OH）3

属于两性氢氧化物，既能与酸反应，生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2-离子，故C正确；

D、金属铝与硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故D正确；

故选ABCD．

既能与酸反应，又能与碱反应的物质有弱酸弱碱盐、弱酸的酸式盐、两性氧化物、两性氢氧化物、金属铝、蛋白质和氨基酸等物质，以此解答本题．

本题考查物质的性质，题目难度不大，注意基础知识的积累与归纳总结．【解析】【答案】ABCD10、CD【分析】【分析】

本题考查影响化学反应速率的因素，题目难度一般。【解答】A.加入适量的rm{6mol/L}盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；

盐酸，会增加氢气的总量，故A错误；

rm{6mol/L}B.加入适量rm{NaNO}rm{NaNO}，故B错误；

C.加入适量的蒸馏水，可rm{{,!}_{3}}

溶液，不能生成氢气，生成气体为rm{NO}，故B错误；可减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，故D正确。

rm{NO}

减缓反应速率，又不影响生成氢气的总量，故C正确；【解析】rm{CD}三、填空题(共6题，共12分)11、略

【分析】【解析】试题分析：（1）根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下，气体的体积之比是需要的物质的量之比。而在质量相等的条件下，气体的物质的量之比是摩尔质量之比的反比，所以CO2和氮气的体积之比是28︰44＝7︰11；分子数之比也是7︰11；相同条件下气体的密度之比是相应的摩尔质量之比，即44︰28＝11︰7；（2）在相同状况下，当二者的体积相同时，气体的物质的量也是相同的，所以分子数之比是1︰1的，因此质量之比是44︰28＝11︰7；相同条件下气体的密度之比是相应的摩尔质量之比，即44︰28＝11︰7；考点：考查物质的量的有关计算以及阿伏加德罗定律的有关应用【解析】【答案】（每空1分，共6分）（1）7:11

11:7

7:11

（2）11:7

11:7

1:112、略

【分析】解：在原子序数为11～18的元素中，处于第三周期，

（1）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径最大的元素处于ⅠA族，故Na原子半径最大，

故答案为：Na；

（2）同周期自左而右金属性减弱，故金属性最强的元素处于ⅠA族，Na元素的金属性最强，NaOH的碱性最强，

故答案为：NaOH；

（3）氢氧化铝能与强酸、强碱反应生成盐与水，氢氧化铝是两性氢氧化物，

故答案为：Al（OH）3；

（4）同周期自左而右非金属性增强，Cl元素非金属性最强，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，故HClO4酸性最强，

故答案为：HClO4；

（5）同周期自左而右非金属性增强，Cl元素非金属性最强，非金属性越强氢化物越稳定，故HCl最稳定，

故答案为：HCl．

在原子序数为11～18的元素中，处于第三周期，

（1）同周期自左而右原子半径减小，故原子半径最大的元素处于ⅠA族；

（2）同周期自左而右金属性减弱，故金属性最强的元素处于ⅠA族，金属性越强，最高价氧化物的水化物中碱性越强；

（3）氢氧化铝能与强酸、强碱反应生成盐与水；

（4）同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强；

（5）同周期自左而右非金属性增强，非金属性越强氢化物越稳定．

本题考查元素位置、结构与性质，把握同周期元素性质的递变规律为解答的关键，注意第三周期元素的性质及特性，题目难度不大．【解析】Na；NaOH；Al（OH）3；HClO4；HCl13、略

【分析】解：rm{(1)}根据表中数据可知，破坏rm{1mol}氢气中的化学键所消耗的能量最高，则说明氢气最稳定，具有的能量最低，

故选：rm{A}；

rm{(2)}根据表中数据可知，破坏rm{1mol}氯化氢中的化学键所消耗的能量最高，则说明rm{HCl}最稳定，

故选：rm{A}；

rm{(3)}根据反应rm{Cl_{2}+H_{2}═2HCl}，可以计算反应的rm{triangleH=}反应物的键能和rm{-}生成物的键能和rm{=243KJ/mol+436KJ/mol-2×431KJ/mol=-183kJ/mol}，新键生成释放的热量大于旧键断裂吸收的热量，所以rm{1molCl_{2}}与足量的rm{H_{2}}完全反应时放出热量rm{183kJ}，

故选：rm{B}．

rm{(1)}破坏rm{1mol}物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定，物质具有的能量越低；

rm{(2)}破坏rm{1mol}物质中的化学键所消耗的能量越高则说明物质越稳定；

rm{(3)}根据新键生成放热情况和旧键断裂吸热情况来计算回答．

本题考查学生有关化学键和反应热之间的关系知识，可以根据所学知识进行回答，注意新键生成放热情况和旧键断裂吸热，题目难度不大．【解析】rm{A}；rm{A}；rm{B}14、略

【分析】解：由图可知，rm{Zn}为负极，负极上电极反应式为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}，失去电子被氧化而溶解，为氧化反应，

故答案为：锌溶解；负；氧化；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}．

该原电池中，rm{Zn}易失电子发生氧化反应而作负极，rm{Ag}作正极，负极上电极反应式为rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}，正极上电极反应式为rm{Cu^{2+}+2e^{-}=Cu}，以此来解答

本题考查原电池，为高频考点，把握电极的判断、电极反应的书写为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．【解析】锌溶解；负；氧化；rm{Zn-2e^{-}=Zn^{2+}}15、略

【分析】【解析】试题分析：四种气体的相对分子质量分别为36.5、17、44、32，由m=nM可知物质的量由大到小的顺序是NH3>O2>HCl>CO2。分子数目最少的是CO2，原子数目最多的是NH3，同温同压下，体积最大的就是物质的量最大的。考点：化学计算【解析】【答案】CO2

NH3

NH316、略

【分析】

【解析】【答案】（共10分）（1）C、E

(2分)

2CaO·5MgO·8SiO2·H2O（2分）（2）Cl2+SO2+2H2O==2Cl-+SO42-+4H+

（2分）(3)H2O2+SO2==H2SO4

（方程式和双线桥或单线桥各2分）四、判断题(共4题，共32分)17、A【分析】【解答】过滤是把不溶于液体的固体物质跟液体分离开来的一种混合物分离的方法，过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，避免万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，所以题干说法正确；

故答案为：正确．

【分析】根据过滤的注意事项‘一贴二低三靠’、取用液体药品的方法进行分析解答．

一贴：过滤时，为了保证过滤速度快，而且避免液体顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，滤纸应紧贴漏斗内壁，且中间不要留有气泡．

二低：如果滤纸边缘高于漏斗边缘，过滤器内的液体极有可能溢出；如果漏斗内液面高于滤纸边缘，液体也会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，这样都会导致过滤失败．

三靠：倾倒液体的烧杯口要紧靠玻璃棒，是为了使液体顺着玻璃棒缓缓流下，避免了液体飞溅；玻璃棒下端如果紧靠一层滤纸处，万一玻璃棒把湿的滤纸戳破，液体就会顺着漏斗与滤纸间的夹缝流下，导致过滤失败，而靠在三层滤纸处则能避免这一后果；漏斗下端管口的尖嘴要紧靠承接滤液的烧杯内壁，可以使滤液顺着烧杯内壁流下，避免了滤液从烧杯中溅出．18、B【分析】【解答】蛋白质溶液中加入Na2SO4溶液，蛋白质析出，再加水会溶解，盐析是可逆的，没有新物质生成是物理变化，故答案为：×．

【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．19、B【分析】【解答】n===1mol，结合镁原子最外层电子数为2计算，最外层电子数为2NA，故错误；

故答案为：错．

【分析】依据n=计算物质的量，结合镁原子最外层电子数为2计算．20、B【分析】【解答】1mol甲苯​中含有8molC﹣H共价键，故答案为：错

【分析】根据甲苯的结构简式来确定化学键，确定存在C﹣H共价键的数目五、实验题(共4题，共20分)21、紫色石蕊变红加AgNO3溶液生成白色沉淀使有色布条褪色【分析】【分析】本题考查了粒子的检验方法，考查学生的基础知识的掌握，难度不大。【解答】氯水中的氢离子可利用溶液的酸碱性判定，加入紫色石蕊，石蕊溶液变红，说明含有氢离子，加rm{AgNO_{3}}溶液生成白色沉淀，说明含有氯离子，次氯酸有强氧化性，使有色布条褪色，即可证明，故答案为：紫色石蕊变红；加rm{AgNO_{3}}溶液生成白色沉淀；使有色布条褪色。【解析】紫色石蕊变红加rm{AgNO_{3}}溶液生成白色沉淀溶液生成白色沉淀rm{AgNO_{3}}使有色布条褪色22、略

【分析】解：rm{(1)}醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}，

故答案为：rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}；

rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}中为碳酸钠溶液，与乙酸乙酯分层，且乙酸乙酯的密度比水的密度小，试管rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}中观察到的主要现象是溶液分层、油状液体在上层，

故答案为：溶液分层、油状液体在上层；

rm{(2)b}酯化反应为可逆反应，且浓硫酸吸收水，利用反应正向移动，则该反应为浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂，

故答案为：催化剂和吸水剂；

rm{b}饱和碳酸钠溶液的作用为吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，偏于分层，

故答案为：吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；

rm{(3)}乙醇、乙酸易溶于水，则球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是防止倒吸，

故答案为：防止倒吸；

rm{(4)}本实验反应开始时用小火加热，目的是加快反应速率，同时由于反应物乙酸、乙醇沸点较低，小火加热防止反应物为来得及反应而挥发损失，后改用大火加热，只因为反应为可逆反应，及时蒸出生成的乙酸乙酯，使反应向右进行．

故答案为：加快反应速率，同时防止反应物为来得及反应而挥发损失；蒸出生成的乙酸乙酯，使可逆反应向右进行；

rm{(5)}乙酸乙酯和rm{(6)}溶液分层，分液法分离，主要仪器为分液漏斗，故答案为：分液；分液漏斗．

rm{(7)}试管中乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水；

rm{Na_{2}CO_{3}}中为碳酸钠溶液，与乙酸乙酯分层，且乙酸乙酯的密度比水的密度小；

rm{(1)a}酯化反应为可逆反应，且浓硫酸吸收水，利用反应正向移动；

rm{(2)b}饱和碳酸钠溶液可吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；

rm{(3)}球形干燥管除起冷凝作用外，可防止倒吸；

rm{(4)}先小火加热防止乙酸、乙醇挥发，改用大火加热根据反应为可逆反应及时蒸出生成的乙酸乙酯，使反应向右进行；

rm{(5)}乙酸乙酯和rm{(6)}溶液分层．

本题考查有机物的制备实验，为高频考点，把握反应原理、实验装置的作用、混合物分离为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意rm{(7)}中平衡移动的应用，题目难度不大．rm{Na_{2}CO_{3}}【解析】rm{CH_{3}COOH+CH_{3}CH_{2}OHunderset{triangle}{overset{{浓}H_{2}SO_{4}}{{rightleftharpoons}}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}；溶液分层、油状液体在上层；催化剂和吸水剂；吸取乙醇、除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；防止倒吸；加快反应速率，同时防止反应物为来得及反应而挥发损失；蒸出生成的乙酸乙酯，使可逆反应向右进行；分液；分液漏斗23、略

【分析】解：方案Ⅰ．（1）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌，

故答案为：玻璃棒；

（2）沉淀n为碳酸钡，物质的量=mol，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，故碳酸钠的物质的量为：mol，碳酸钠的质量分数为：×100%=×100%，

故答案为：×100%；

方案Ⅱ．（3）装置B的作用是把气体中的水蒸气除去，故用浓硫酸来除去水蒸气；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小；

故答案为：浓硫酸；不能；

（4）等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，故若样品中碳酸钠的质量分数越大，则产生二氧化碳越少，则实验中干燥管C在充分吸收气体前后的质量差就越小，

故答案为：越小；

（5）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；

故答案为：吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；

（6）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，实验前容器内含有空气，空气中含有二氧化碳，会影响生成的二氧化碳的量，反应后装置中容器内含有二氧化碳，不能被C中碱石灰完全吸收，导致测定结果有较大误差，所以反应前后都要通入N2，反应后通入N2的目的是：排尽装置内的空气，将生成的二氧化碳从容器内排出，被C装置中碱石灰吸收，

故答案为：将B、C装置中的残留二氧化碳全部驱入D装置的碱石灰中减小实验误差．

方案Ⅰ．（1）根据过滤操作考虑所需仪器；过滤操用到的仪器有铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒等；其中属于玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；

（2）沉淀n为碳酸钡，根据碳守恒，碳酸钠的物质的量和碳酸钡相等，进而计算质量分数；

方案Ⅱ．碳酸钠和碳酸氢钠与稀硫酸反应生成二氧化碳，把除去水蒸气的二氧化碳被碱石灰吸收，通过碱石灰的增重求得二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量和样品质量求得碳酸钠的物质的量，进而求得质量分数．A装置：Na2CO3和NaHCO3混合物和硫酸反应生成二氧化碳，B装置：干燥二氧化碳，C吸收二氧化碳，D装置：防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置C影响测定结果．

（3）装置B是除去生成二氧化碳气中的水蒸气，利用浓硫酸吸收；盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢；

（4）等质量碳酸钠和碳酸氢钠与硫酸反应，碳酸氢钠产生二氧化碳多；

（5）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收；

（6）该方案关键是要获得产生的CO2的质量，故应保证产生的二氧化碳完全被吸收，而空气中二氧化碳不能被吸收．

本题考查碳酸钠含量的测定实验，为高频考点，把握实验装置的作用及实验目的为解答的关键，侧重分析、计算及实验能力的综合考查，题目难度中等．【解析】玻璃棒；×100%；浓硫酸；不能；越小；吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；将B、C装置中的残留二氧化碳全部驱入D装置的碱石灰中减小实验误差24、略

【分析】解：实验室里用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯化，该反应的离子方程式为：实验室通常用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的反应为rm{MnO_{2}+4HCl(}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，离子方程式为：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，

故答案为：rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}；

rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}浓rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，高锰酸钾为固体，浓盐酸为液态，反应不需要加热，应选择装置rm{MnO_{2}+4H^{+}+2Cl^{-}dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}Mn^{2+}+2Cl^{-}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}；

故答案为：rm{(1)2KMnO_{4}+16HCl(}；

rm{)═2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}↑+8H_{2}O}氯化氢易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可用饱和食盐水除去氯化氢；

故答案为：除去氯气中的氯化氢；

rm{b}氯气有毒，直接排放会引起污染，能够与氢氧化钠反应，装置rm{b}的作用是吸收多余的氯气，防止污染空气，

A.rm{(2)}溶液能够与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，故A正确；

B.氢氧化钙为微溶物，氢氧根离子浓度较低，吸收不充分，故B错误；

C.氯气在rm{(3)}溶液中溶解度小，不能用来吸收氯气，故C错误；

D.氯气在水中溶解度不大，吸收不充分，故D错误；

故答案为：吸收多余的氯气，防止污染空气；rm{E}；

rm{NaOH}依据方程式：rm{NaCl}浓rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}，

rm{A}

rm{(4)}

rm{MnO_{2}+4HCl(}

rm{)dfrac{underline{;;triangle;;}}{;}MnCl_{2}+Cl_{2}↑+2H_{2}O}

rm{87g}

rm{146g}

若rm{1mol}用rm{8.7g}

rm{14.6g}与足量浓盐酸反应制取rm{0.1mol}，则生成氯气的物质的量为rm{①}；

rm{8.7g}用含rm{MnO_{2}}

rm{Cl_{2}}的浓盐酸与足量rm{0.1mol}反应制取rm{②}，因为随着反应进行盐酸浓度降低，变为稀盐酸，所以rm{14.6g}氯化氢不能完全反应，所以生成的氯气的物质的量小于rm{HCl}；

故选：rm{MnO_{2}}．

二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水，也可以利用反应rm{Cl_{2}}浓rm{14.6g}制取并收集纯净、干燥的氯气，装置rm{0.1mol}若用二氧化锰和浓盐酸制备选择加热装置rm{A}，若选择高锰酸钾溶液和浓盐酸制备选择不加热的装置rm{2KMnO_{4}+16HCl(}，制备得到的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置rm{)═2KCl+2MnCl_{2}+5Cl_{2}↑+8H_{2}O}中的饱和食盐水除去氯化氢，通过装置rm{A}中的浓硫酸除去水蒸气，利用装置rm{a}收集干燥纯净的氯气，导气管长进短出，最后剩余氯气污染空气不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收尾气，

rm{b}依据反应物状态和反应条件选择发生装置，固体和液体不加热制备气体；

rm{B}氯化氢易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，可用饱和食盐水除去氯化氢；

rm{C}氯气有毒，直接排放会引起污染，能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以吸收过量氯气；

rm{D}根据